链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/9925/B
题目大意
给你2个n×m扫雷图A、B，图中没有雷的格子会有一个数字x，表示这个格子周围9×9的格子中有多少个雷。现在你可以最多修改B图$\frac {nm}2$次来使得两个图中的数字之和相等，输出修改后的B图。
分析
考虑数字和就等于相邻（雷格子，非雷格子）二元组的个数，于是把整个地图全反过来这个二元组个数不变，然后 $B$ 与 $A$之间以及 $B$ 与 $inv(A)$ ，即把 $A$ 所有格子全部取反的扫雷地图之间总有一个偏差不超过一半的，所以就选其中偏差不超过一半的然后变过去就行。
AC代码
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000 + 5;
int ga[N][N], gb[N][N];
int n, m, cntOri, cntInv;
void print() {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++)
printf("%c", gb[i][j] ? 'X' : '.');
printf("\n");
}
}
int main() {
cin >> n >> m;
char ch;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++) {
scanf(" %c", &ch);
ga[i][j] = ch == 'X' ? 1 : 0;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++) {
scanf(" %c", &ch);
gb[i][j] = ch == 'X' ? 1 : 0;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cntOri += ga[i][j] ^ gb[i][j] ^ 1 ;
cntInv += ga[i][j] ^ gb[i][j];
}
int f = cntOri > cntInv ? 0 : 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++) {
gb[i][j] = ga[i][j] ^ f;
}
print();
}
|